2018高中数学联赛试题

2018高中数学联赛试题（精选14篇）

篇1：2018高中数学联赛试题

2018年浙江省高中数学竞赛

一、填空题(每题8分，共80分)

1。已知a为正实数，且f

(x)=是奇函数,则f

（x）的值域为。

2。设数列{ａn｝满足ａ1＝1,aｎ+1=5ａn+１（n＝１,2，…),则=。

3.已知α、β∈，ｃos(α+β）=,sin（α-β)=，则cos=.4。在八个数２，4，6,７,8，11，12,13中任取两个组成分数，这些分数中有个既约分数．

５。已知虚数z满足z3+１=０，则+=。

6。设=10.若平面上点P满足对任意的t∈Ｒ，有≥３,则的最小值为，此时,||＝。

7.在△ＡＢC中，ＡB＋AC=7,且三角形的面积为4，则ｓiｎA的最小值为。

８.设f（ｘ）=｜x＋１|+|ｘ|－|x－2|,则f

(f

(x）)+1=０有个不同的解。

９．设ｘ,ｙ∈R满足ｘ－6+12＝0，则x的取值范围为。

10.四面体P－ＡBC，PA=ＢC=,PＢ=ＡC=,则该四面体外接球的半径为.二、解答题:(11、12、13题各20分，14、１5各３0分）

1１.已知动直线l与圆ｘ2＋ｙ2＝1相切,与椭圆相交于不同的两点A、Ｂ,求原点到AB的中垂线的最大距离．

１2。设a∈R，且对任意实数b均有|x2+ａｘ+ｂ｜≥１,求ａ的取值范围.13．设实数ｘ1，x２，…,ｘ2018满足≤ｘｎxn+2(n＝1,2，…，2018）和=1,证明:

x１０09x1010≤1.１４．将2n(n≥2）个数分成两组a1，a２，…,ａn和b１，ｂ２，…,bn。证明:

－≥n.15．如图所示,将同心圆环均匀分成了n（n≥３）格。在内环中固定数字1~n。问能否将数字１~n填入外环格内,使得外环旋转任意格后有且仅有一个格中内外环中数字相同?

篇2：2018高中数学联赛试题

2018年全国高中数学联赛重大变化：考试时间提前一周至 2018年9月9日。不再是9月中旬的第一个星期天。编者按：日前全国高中数学联合竞赛组织委员会下发文件，布置2018年全国高中数学联赛组织工作安排。一个重大变化是联赛时间提前至9月9日。这对数理双修的同学，将是一个比较大的挑战：9月8日物理初赛，9月9日数学联赛，对大部分孩子来说，还要奔波两个城市。下给出文件的解读。竞赛时间

全国高中数学联赛（一试）：2018年9月9日（星期日）8：00—9：20；

全国高中数学联赛加试（二试）：2018年9月9日（星期日)9：40—12：10。

命题要求

根据现行“高中数学竞赛大纲”的要求，“全国高中数学联赛（一试）”所涉及的知识范围不超出教育部2003年颁布的《普通高中数学课程标准（实验）》中所规定的教学要求和内容，但在方法的要求上有所提高。主要考查学生对基本知识和基本技能的掌握情况，以及综合、灵活运用知识的能力。试卷包括8道填空题（每题8分）和3道解答题（分别为16分、20分、20分），全卷满分120分。全国高中数学联赛加试（二试）与中国数学奥林匹克（冬令营）、国际数学奥林匹克接轨，在知识方面有所扩展；适当增加些数学课程标准之外内容。试卷包括4道解答题，涉及平面几何、代数、数论、组合四个方面。前两道题每题40分，后两道题每题50分，满分180分。

组织委员会名誉主任：陈敏（中国数学会副理事长，普及工作委员会及数学奥林匹克委员会主任）朱熹平（中山大学副校长）

篇3：对一道高中联赛试题的探析

2005年全国高中数学联赛福建赛区预赛试题:

做完习题, 我们不应就题论题, 浅尝辄止, 而是应引导学生深入地挖掘下去, 可能就会发现此习题中隐含着圆锥曲线的某种规律, 体验成功的喜悦, 为此, 我们先将命题一般化。

一、一般性探究

二、横向探究

面对一个问题, 我们有时需要通过多途径来解决, 让学生认识其内在的联系;有时也需要通过多角度、多层次地推敲和思考, 把知识拓展到其他领域。这里, 我们可将结论推广至双曲线与抛物线, 可得

证明:设P (2pt2, 2pt) , (t>0) ,

则直线AB的方程为x-2ty+2pt2=0,

三、逆向探究

对于上述性质再作逆向思考, 可得

四、纵向探究

解决问题后的拓展引申是我们提升学生思维能力的一个重要途径。要怎样进行拓展引申呢?一个有效的做法是对问题开展变式研究。在这里, 我们还可以改变命题中一些条件, 进行如下研究。

如图5, 若将性质1中的圆换成以长轴为直径的圆, P为此圆上的一点, 过P引椭圆的两条切线PA、PB, 设P

于是我们得到椭圆中的又一个定值性质。

将结论推广至双曲线与抛物线, 可得

通过上面范例的研究, 我们可以让学生懂得在研究性学习中, 要学会观察分析数学问题, 提出有意义的数学问题, 经历猜想、证明、拓展的过程, 获得探索和发现的体会, 积累数学学习研究的经验, 体验创造的激情, 这些对提高学生的数学素养都是大有裨益的。

参考文献

篇4：2018高中数学联赛试题

已知实数x,y满足(x-x2-2008)(y-y2-2008)=2008，则3x2-2y2+3x-3y-2007的值为（ ） A.-2008 B.2008 C.-1 D.1

1 背景分析

此题是第31届西班牙数学竞赛题的推广，原题是：

若(x2+1+x)(y2+1+y)=1,则x+y=0.

推广上式可以得到：

结论1 若(x2+k2+x)(y2+k2+y)=k2，则x+y=0.

结论2 若(x-x2-k2)(y-y2-k2)=k2，则x=y.

2008年全国初中数学联赛题是结论2的特例. 在［1］文中笔者证明了:

结论3 若(x2+1+y)(y2+1+x)=1,则x+y=0.

结论3是对西班牙竞赛题的推广，下面我们继续给出结论3的推广.

推论1 设x,y∈R,m,n为非零常数且mn>0,若

(x2+m2+mny)(y2+n2+nmx)=mn,则|n|x+|m|y=0.

证明 因为m≠0,n≠0,mn>0,所以mn=|m|•|n|,nm=nm=|n||m|,mn=mn=|m||n|.

所以命题2的条件变为x|m|2+1+y|n|

y|n|2+1+x|m|=1,由命题1知，x|m|+y|n|=0. 即|n|x+|m|y=0.

推论2 若(x-y2-k2)(y-x2-k2)=k2，则x=y.

证明 令y2-k2=m,x2-k2=n,则y2-k2=m2,x2-k2=n2，x=n所给式子等价于(n2+k2-m)(m2+k2-n)=k2,

由命题1知-m+(-n)=0,即m+n=0. 所以y2-k2+x2-k2=0,y2-k2=x2-k所以x2=y2. 于是推论2等价于若(x-x2-k2)(y-y2-k2)=k2，则x=y. 此故推论2成立.

3 拓展

把结论3中的等式拓展为不等式得到：

命题2 已知(x+y2+1)(y+x2+1)≥1,则有x+y≥0.

ザ最后一式为《数学通报》问题1673^[2]，故所证成立.

完全类似的可以得到：

命题3 已知(x2+1+y)(y2+1+x)≤1,则x+y≤0.

为了推广命题2和命题3，先证明下面的引理.

引理 若(x2+k2+x)(y2+k2+y)≥k2,则x+y≥0.

证明 由已知有x2+k2+x≥y2+k2-y，y2+k2+y≥x2+k2-x，

上述两式相加得到x+y≥0.

命题4 若(x2+k2+y)(y2+k2+x)≥k2,则x+y≥0.

证明 令s1=x2+k2+x，s2=y2+k2+y,则

ビ梢理知x+y≥0. 故命题4成立.

推论3 若(x2+k2+y)(y2+k2-x)≥k2，则y≥x.

证明 在命题3中作变换x→-x则推论3显然成立.

推论4 若(x2+k2-y)(y2+k2+x)≥k2，则y≤x.

推论5 继续研究可以得到：

命题5 设x,y∈R,m,n为非零常数且mn>0,若

(x2+m2+mny)(y2+n2+nmx)≥mn,则|n|x+|m|y≥0.

证明 因为m≠0,n≠0,mn>0,所以mn=|m|•|n|,nm=nm=|n||m|,mn=mn=|m||n|,

所以命题5的条件变为x|m|2+1+y|n|

由命题2知,x|m|+y|n|≥0，即|n|x+|m|y≥0.

完全类似的，有

命题7 设x,y∈R,m,n为非零常数且mn>0,若

仿推论3，4可以得到类似的一些推论，此略，留给读者自己去思考.

げ慰嘉南

ぃ1］ 邹守文. 数学奥林匹克初中训练题（15）［J］.中等数学，2008,（1）.

ぃ2］ 齐行超. 数学问题1673［J］.数学通报，2007，(5).

ぃ3］ 符立平. 一道赛题变式的简解［J］.数学通讯，2008,（10）.

ぃ4］ 张必平. 一道西班牙竞赛题的奇异变式［J］.数学通讯，2007,（20）.

ぃ5］ 王善鑫. 一道西班牙赛题变式问题的另解与探究［J］.数学通讯，2008,（9）.

篇5：2018高中数学联赛试题

一

试

一、填空题（每小题8分，共64分，）

1.函数的值域是

.2.已知函数的最小值为，则实数的取值范围是

.3.双曲线的右半支与直线围成的区域内部（不含边界）整点（纵横坐标均为整数的点）的个数是

.4.已知是公差不为的等差数列，是等比数列，其中，且存在常数使得对每一个正整数都有，则

.5.函数

在区间上的最大值为8，则它在这个区间上的最小值是

.6.两人轮流投掷骰子，每人每次投掷两颗，第一个使两颗骰子点数和大于6者为胜，否则轮由另一人投掷.先投掷人的获胜概率是

.7.正三棱柱的9条棱长都相等，是的中点，二面角,则

.8.方程满足的正整数解（x,y,z）的个数是

.二、解答题（本题满分56分）

9.（16分）已知函数，当时，试求的最大值.10.（20分）已知抛物线上的两个动点，其中且.线段的垂直平分线与轴交于点，求面积的最大值.11.（20分）证明：方程恰有一个实数根，且存在唯一的严格递增正整数数列，使得

.解

答

1.提示：易知的定义域是，且在上是增函数，从而可知的值域为.2.提示：令，则原函数化为，即

.由，及

知

即

.（1）

当时（1）总成立；

对；对.从而可知

.3.9800

提示：由对称性知，只要先考虑轴上方的情况，设与双曲线右半支于,交直线于，则线段内部的整点的个数为，从而在轴上方区域内部整点的个数为

.又轴上有98个整点，所以所求整点的个数为.4.提示

：设的公差为的公比为，则

（1），（2）

（1）代入（2）得，求得.从而有

对一切正整数都成立，即

对一切正整数都成立.从而，求得，.5.提示：令则原函数化为,在上是递增的.当时，,，所以；

当时，，所以

.综上在上的最小值为.6.提示：同时投掷两颗骰子点数和大于6的概率为，从而先投掷人的获胜概率为

.7.提示：解法一：如图，以所在直线为轴，线段中点为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系.设正三棱柱的棱长为2，则，从而，.设分别与平面、平面垂直的向量是、，则

由此可设，所以，即

.所以

.解法二：如图，.设与交于点

则

.从而平面

.过在平面上作,垂足为.连结,则为二面角的平面角.设,则易求得.在直角中，,即

.又

..8.336675

提示：首先易知的正整数解的个数为

.把满足的正整数解分为三类：

（1）均相等的正整数解的个数显然为1；

（2）中有且仅有2个相等的正整数解的个数，易知为1003；

(3)设两两均不相等的正整数解为.易知，所以，即

.从而满足的正整数解的个数为

.9.解法一：

由

得

.所以，所以.又易知当（为常数）满足题设条件，所以最大值为.解法二：.设，则当时，.设，则..容易知道当时，.从而当时，即，从而,，由

知.又易知当（为常数）满足题设条件，所以最大值为.10.解法一：设线段的中点为，则，.线段的垂直平分线的方程是

.（1）

易知是（1）的一个解，所以线段的垂直平分线与轴的交点为定点，且点坐标为.由（1）知直线的方程为，即

.（2）

（2）代入得，即

.（3）

依题意，是方程（3）的两个实根，且，所以,..定点到线段的距离

..当且仅当，即,或时等号成立.所以，面积的最大值为.解法二：同解法一，线段的垂直平分线与轴的交点为定点，且点坐标为.设，则的绝对值，所以,当且仅当且，即,或

时等号成立.所以，面积的最大值是.11.令，则，所以是严格递增的.又，故有唯一实数根.所以，.故数列是满足题设要求的数列.若存在两个不同的正整数数列和满足，去掉上面等式两边相同的项，有，这里，所有的与都是不同的.不妨设，则，矛盾.故满足题设的数列是唯一的.加

试

1.（40分）如图，锐角三角形ABC的外心为O，K是边BC上一点（不是边BC的中点），D是线段AK延长线上一点，直线BD与AC交于点N，直线CD与AB交于点M．求证：若OK⊥MN，则A，B，D，C四点共圆．

2.（40分）设k是给定的正整数，．记，．证明：存在正整数m，使得为一个整数．这里，表示不小于实数x的最小整数，例如：，．

3.（50分）给定整数，设正实数满足，记

．

求证：

．

4.（50分）一种密码锁的密码设置是在正n边形的每个顶点处赋值0和1两个数中的一个，同时在每个顶点处涂染红、蓝两种颜色之一，使得任意相邻的两个顶点的数字或颜色中至少有一个相同．问：该种密码锁共有多少种不同的密码设置？

解

答

1.用反证法．若A，B，D，C不四点共圆，设三角形ABC的外接圆与AD交于点E，连接BE并延长交直线AN于点Q，连接CE并延长交直线AM于点P，连接PQ．

因为P的幂（关于⊙O）K的幂（关于⊙O），同理，所以，故⊥．

由题设，OK⊥MN，所以PQ∥MN，于是

．

①

由梅内劳斯（Menelaus）定理，得，②

．

③

由①，②，③可得，所以，故△DMN

∽

△DCB，于是，所以BC∥MN，故OK⊥BC，即K为BC的中点，矛盾！从而四点共圆.注1：“P的幂（关于⊙O）K的幂（关于⊙O）”的证明：延长PK至点F，使得，④

则P，E，F，A四点共圆，故，从而E，C，F，K四点共圆，于是，⑤

⑤-④，得

P的幂（关于⊙O）K的幂（关于⊙O）．

注2：若点E在线段AD的延长线上，完全类似．

2.记表示正整数n所含的2的幂次．则当时，为整数．

下面我们对用数学归纳法．

当时，k为奇数，为偶数，此时

为整数．

假设命题对成立．

对于，设k的二进制表示具有形式，这里，或者1，．

于是，①

这里

.显然中所含的2的幂次为．故由归纳假设知，经过f的v次迭代得到整数，由①知，是一个整数，这就完成了归纳证明．

3.由知，对，有．

注意到当时，有，于是对，有，故

．

4.对于该种密码锁的一种密码设置，如果相邻两个顶点上所赋值的数字不同，在它们所在的边上标上a，如果颜色不同，则标上b，如果数字和颜色都相同，则标上c．于是对于给定的点上的设置（共有4种），按照边上的字母可以依次确定点上的设置．为了使得最终回到时的设置与初始时相同，标有a和b的边都是偶数条．所以这种密码锁的所有不同的密码设置方法数等于在边上标记a，b，c，使得标有a和b的边都是偶数条的方法数的4倍．

设标有a的边有条，标有b的边有条，．选取条边标记a的有种方法，在余下的边中取出条边标记b的有种方法，其余的边标记c．由乘法原理，此时共有种标记方法．对i，j求和，密码锁的所有不同的密码设置方法数为

．

①

这里我们约定．

当n为奇数时，此时

．

②

代入①式中，得

．

当n为偶数时，若，则②式仍然成立；若，则正n边形的所有边都标记a，此时只有一种标记方法．于是，当n为偶数时，所有不同的密码设置的方法数为

．

篇6：2018高中数学联赛试题

全国高中数学联赛模拟试题(五)

第一试

一、选择题：(每小题6分，共36分)

1、空间中n(n≥3)个平面，其中任意三个平面无公垂面.那么，下面四个

结论

(1) 没有任何两个平面互相平行;

(2) 没有任何三个平面相交于一条直线; (3)平面间的任意两条交线都不平行;

(4)平面间的每一条交线均与n 2个平面相交. 其中，正确的个数为 (A)1 (B)2 (C)3 (D)4

2、若函数y=f(x)在[a,b]上的一段图像可以近似地看作直线段，则当c∈(a,b)

时，f(c)的近似值可表示为

(A)

f a f b

2

a b

(B)f

2

(C)

b c f a c a f b

b a(D)f a

c a

f b f a b a

3、设a>b>c，a+b+c=1，且a2+b2+c2=1，则

(A)a+b>1 (B)a+b=1 (C)a+b<1 (D)不能确定，与a、b的具体取值有关

x2y2 3

4、设椭圆2 2 1的离心率e ，已知点P 0, 到椭圆上的点的最远

2ab 2 7

，则短半轴之长b= 4

1111

(A) (B) (C) (D)

48216

5、S={1,2,…,}，A是S的三元子集，满足：A中的所有元素可以组成等

差数列.那么，这样的三元子集A的个数是

距离是

(A)C32003

22

(B)C1001 C1002

22

(C)A1001 A1002(D)A32003

6、长方体ABCD A1B1C1D1，AC1为体对角线.现以A为球心，AB、AD、AA1、AC1为半径作四个同心球，其体积依次为V1、V2、V3、V4，则有 (A)V4V1+V2+V3 (D)不能确定，与长方体的棱长有关

二、填空题：(每小题9分，共54分)

sin3 cos3

1、已知 k，则k的取值范围为 .

sin cos 2、等差数列{an}的`首项a1=8，且存在惟一的k使得点(k,ak)在圆x2+y2=102上，则这样的等差数列共有 个.

a

3、在四面体P ABC中，PA=PB=a，PC=AB=BC=CA=b，且a

b

值范围为 .

4、动点A对应的复数为z=4(cos +isin )，定点B对应的复数为2，点C为线段AB的中点，过点C作AB的垂线交OA与D，则D所在的轨迹方程为 . 5、3k被8所除得的余数为 .

k 12003

6、圆周上有100个等分点，以这些点为顶点组成的钝角三角形的个数为.

三、(20分)

已知抛物线y2=2px(p>0)的一条长为l的弦AB.求AB中点M到y

轴的最短距离，并求出此时点M的坐标.

四、(20分)

单位正方体ABCD A1B1C1D1中，正方形ABCD的中心为点M，正方形A1B1C1D1的中心为点N，连AN、B1M. (1)求证：AN、B1M为异面直线; (2)求出AN与B1M的夹角.

五、(20分)

对正实数a、b、c.求证：

a2 8bcb2 8acc2 8ab

≥9.

abc

第二试

一、(50分)

设ABCD是面积为2的长方形，P为边CD上的一点，Q为△PAB的内切圆与边AB的切点.乘积PA·PB的值随着长方形ABCD及点P的变化而变化，当PA·PB取最小值时， (1)证明：AB≥2BC; (2)求AQ·BQ的值.

二、(50分)

给定由正整数组成的数列

a1 1,a2 2

(n≥1).

an 2 an 1 an

(1)求证：数列相邻项组成的无穷个整点

(a1,a2)，(a3,a4)，…，(a2k-1,a2k)，…

均在曲线x2+xy y2+1=0上.

(2)若设f(x)=xn+xn-1 anx an-1，g(x)=x2 x 1，证明：g(x)整除f(x).

三、(50分)

我们称A1,A2,…,An为集合A的一个n分划，如果 (1)A1 A2 An A; (2)Ai Aj ，1≤i

求最小正整数m，使得对A={1,2,…,m}的任意一个13分划A1,A2,…,A13，一定存在某个集合Ai(1≤i≤13)，在Ai中有两个元素a、b

9

满足b

8

参考答案

第一试

二、填空题：

1 1

1、1, ,1 ;

2 2

2、17;

2

x 1 4、

3、2 3,1 ;

5、4;

4

y2

1; 3

6、117600.

l2 l2

,0 ,0 l 2p,M 8p8p

三、.

l ppl l p,l 2p,M 2

2,2 p 2

四、(1)证略;

五、证略.

(2)arccos

2. 3

第二试

一、(1)证略(提示：用面积法，得PA·PB最小值为2，此时∠APB=90°); (2)AQ·BQ=1.

二、证略(提示：用数学归纳法).

篇7：2018高中数学联赛试题

解：设x24y2=m=ab,（b＞a），则有（x+2y)(x-2y)=ab.所以x+2y=b、x-2y=a。解得：x=(a+b)/2，y=(b-a)/4。可见，b-a是4的倍数即可。分别对a为奇数、单偶数、双偶数的情况讨论。

（1）a为奇数2p+1时(p≥0)，m=ab=(2p+1)[(2p+1)+4q]=4(p^2+p+2pq+q)+1，即m是（4k+1)型（k≥0）。由2013=1+4（n-1),解得n=504；

（2）a为单偶数4p+2时(p≥0)，m=ab=(4p+2)[(4p+2)+4q]=8(2p^2+2p+2pq+q)+4，m是（8k+4)型，(k≥0)。由2012=4+8（n-1),解得n=252；

(3)a为双偶数4p时(p≥0)，m=ab=4p(4p+4q）=16p(p+q)，m是16k型，(k≥0)。由2000=16（n-1),解得n=126；

篇8：2018高中数学联赛试题

赛题:设正数a, b, c, x, y, z满足cy+bz=a, az+cx=b, bx+ay=c, 求函数的最小值.

这道赛题等价于以下命题:在锐角△ABC中, 求证:

而 (2) 式即为著名的Garfunkel-Bankoff (以下简称G-B) 不等式 (见文[1]) , 且对任意△ABC都成立.所以, (1) 式成立.可见, “赛题”只是G-B不等式的一个“弱”命题, 它为我们提供了G-B不等式的一个等价形式:

二、赛题再推广

文[2]在锐角△ABC中推广了 (1) 式.本人注意到文[3]和文[4]分别提出和证明了如下猜想:

定理1在△ABC中, 有

当然更有在△ABC中, 有

利用 (4) 式, 可把文[2]进一步推广到任意三角形的情形, 即

命题2若n∈N*, 则在△ABC中, 有

命题3若n∈N*, 则在△ABC中, 有

命题4若n∈N*, 则在△ABC中, 有

命题5若n∈N*, 则在△ABC中, 有

以上命题2～5的证明与文[2]的证明思路基本相同, 故而从略.

对于命题2, 笔者萌生一个新想法:

问题1若n∈N*, 则在△ABC中, 以下不等式是否成立?

探究发现, 当 (A, B, C) → (π, 0, 0) 时, (9) 式左边→-∞, 即在△ABC中, (9) 式不成立.但有

命题6若n∈N*, 则在锐角△ABC中, 有

为证命题6, 先引入一个引理:

引理在△ABC中, 有

这是一个极易证明的不等式, 故而从略.以下用引理来证明 (9′) 式:

证明在锐角△ABC中, 有

以上三式相加, 并利用 (10) 、 (1) 两式, 得

移项, (9′) 式获证.

基于命题2与命题6, 笔者又考虑左边有无上界呢?

命题7若n∈N*, 则在锐角△ABC中, 有

注当A→0+或B→0+或C→0+时, (11) 式的左边→1/2.

证明在锐角△ABC中, 有

以上三式相加, 并注意到 (1) 式及三角形恒等式cos2A+cos2B+cos2C=1-2cos Acos Bcos C, 有

据命题7, 我们没有理由不提出如下问题:

问题2 (猜想) 若n∈N*, 则在△ABC中, .有兴趣的读者, 不妨一显身手.

三、G—B不等式的推广及其等价形式

文[1]将G—B不等式 (2) 推广为:

在△ABC中, 有

(其中n∈Z, 式中正切与余切都有意义, 以下同) 仿照得到命题1的办法可获 (12) 、 (13) 两式的等价形式:

定理2在△ABC中, 有

参考文献

[1]李建潮.Garfunkel-Bankoff——不等式的推广[J].中学教研 (数学) , 1996 (12) .

[2]李歆.2005年高中数学联赛加试二的推广[J].中学数学研究 (广州) , 2008 (7) .

[3]李建潮.有奖解题擂台 (45) [J].中学数学教学, 2000 (5) .

篇9：由一道高中数学联赛题谈起

（2012年全国高中数学联赛试题）“设f（x）是定义在R上的奇函数，且当≥0时，f（x）=x2，若对任意的x∈[a，a+2]，不等式f（x+a）≥2f（x）恒成立，则实数a的取值范围.”

2 分析

由题意可得f（x）=x2，（x≥0）

-x2，（x<0），从而可知f（x）是R上的增函数，本题的难点在于不等式f（x+t）≥2f（x）的右边有一个常数2，如何处理这个“2”就显得特别关键了.如果我们注意到无论“x≥0”还是“x<0”都有2f（x）=f（2x），于是不等式f（x+a）≥2f（x）恒成立f（x+a）≥f（2x）恒成立x+a≥2x恒成立（x∈[a，a+2]），即a≥（2-1）x在x∈[a，a+2]上恒成立，∴ a≥（2-1）（a+2）a≥2.

3. 说明

有一类求参数取值范围的问题，由于其参数含在函数的“f”记号里面，因此，我们必须借助于函数的有关性质和图像特征来脱去“f”记号，从而得到含有该参数的不等式（或不等式组），进而达到求出参数取值范围的目的. 在本题中，我们成功地将2f（x）转化成f（2x）后，就可以利用函数的单调性脱去“f”记号化归为“恒成立”问题来解决了.

4. 再例

例1 设定义在[-2，2]上的偶函数，f（x）在区间[0，2]上单调递减，若f（1-m）

分析 本题欲求实数m的取值范围，则需列出关于实数m的不等式或不等式组，很显然要根据函数的单调性来脱去“f”记号，但我们注意到f（x）为[-2，2]上的偶函数，因此有f（1-m）

在这里，我们有效地利用了偶函数的性质，即f（x）=f（|x|），这样就将范围限制在[0，2]上求解，避免了分类讨论，使解答过程较为简洁自然.

例2 已知函数f（x）=sinx+5x，x∈（-1，1），且有f（1-a）+f（1-a）<0，求a的取值范围.

分析 本题中f（x）的表达式在这里实质上只起到了帮助我们分析问题的一个切入点，因为本题的实质是利用函数的单调性脱去“f”记号，进而得出关于“a”的不等式（或不等式组），很显然f（x）在x∈（-1，1）上是奇函数和单调增函数，由此得：

在这里，f（x）的表达式是由两个具体函数y=sinx及y=5x通过“加”法而合成的，虽说这两个具体的函数都是我们所熟知的，但它们“加”起来之后却是我们所陌生的，于是，从研究函数的性质入手就显得较为自然了.其实，本题中f（x）的表达式还可以有如下的一些形式：f（x）=4sinx+2x，x∈（-1，1），f（x）=5sinx+x，x∈（-1，1），…，等等.

例3 已知y=f（x）是定义在R上的单调函数，实数λ≠-1，α=λ1+λ，β=11+λ，若|f（α）-f（β）|>|f（1）-f（0）|，求实数λ的取值范围.

分析 本题的难点在于|f（α）-f（β）|>|f（1）-f（0）|，即不等式的左右两边不是关于“f”记号的单项式，因而不能像例1和例2一样直接地利用函数的单调性来脱去“f”记号，但若我们注意到α+β2=1+02，即由α，β所构成的区间与由0，1所构成的区间有相同的中点，根据函数图像的特征有|f（α）-f（β）|>|f（1）-f（0）||α-β|>|1-0|，进一步又有|λ1|>|λ+1|，从而λ<0且λ≠-1.

【高考链接】（2005年辽宁卷理）已知y=f（x）是定义在R上的单调函数，实数x1≠x2，λ≠-1，α=x1+λx21+λ，β=x2+λx11+λ. 若|f（x1）-f（x2）|<|f（α）-f（β）|，则实数λ的取值范围是5. 小结

由上面的“分析”、“说明”及“再例”使我们看到，当所求参数含在函数的“f”记号里面时，我们往往可以从函数的性质（主要是函数的单调性）入手，结合所给函数的图像特征，脱去函数的“f”记号，从而得到关于该参数的不等式（组）来完成解答.

篇10：初中数学联赛模拟试题

（考试时间2小时，满分120分）

一、选择题（每小题5分，共30分）

1.已知t>0,则的最大值是（）

2.的整数部分是a，小数部分是b，则的值为（）

(A)

(B)

(C)

(D)

3.在凸四边形ABCD中，AB=CD，AC为对角线，∠DAC>∠BCA，且∠DAC与∠BCA互补，∠BAC>∠ACD，且么∠BAC与∠ACD互余，则∠B等于（）

(A)

300

(B)

600

(C)

450

(D)

500

4.半径为1的圆的外切直角三角形的面积的最小值为（）

5.某个货场有1997辆车排队等待装货，要求第一辆车必须装9箱货物，每相邻的4辆车装货总数为34箱，为满足上述要求，至少应该有货物的箱数是（）

(A)

966

(B)

975

(C)16984

(D)

17009

6.已知⊙O1与⊙O2的半径分别为3和5，O1

O2=10，则两圆的两条内公切线与一条外公切线所围成的三角形面积为（）

二、填空题（每小题5分，共30分）

7.100人共有1

000元人民币，其中任意10个人共有的钱不超过190元．那么，钱最多的人最多能有____元．

8.如图，AB为半圆D的直径，AC、AD都是弦，∠CAD=∠DAB.则AC+

AB与2AD的大小关系是____．

9.非等腰△ABC中，D、E分别是边AB、AC上的点（不含端点）．在△ABC的平面上存在点F，使△DEF与△ABC相似，则满足条件的点F有____个．

10.如图，两圆同心，半径为与矩形ABCD的边AB、CD为两圆的弦．当矩形面积取最大值时，它的周长等于____．

11.的最小值是

．

12.已知a为正整数，存在一个以a为首项系数的一元二次整系数的多项式，它有两个小于l的不同的正根．那么，a的最小值是

．

三、解答题（每小题20分，共60分)

13.如图,在大小为4×4正方形方格中，△ABC的顶点A、B、C在单位正方形的顶点上．能否在图中画出△A1B1C1，使△A1B1C1∽△ABC（相似比不为1）且A1、B1、C1都在单位正方形的顶点上；若能，满足以上条件的相似三角形能找出几种，并说明其理由，14.如图，开口向下的抛物线与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），抛物线上另有一点C在第一象限，且使△OCA∽△OBC.(1)求OC的长及的值；

(2)设直线BC与y轴交于P，当C是BP的中点时，求直线BP和抛物线的解析式。

篇11：95-08全国初中数学联赛试题

２００２年全国初中数学联合竞赛试题及答案

２００３年全国初中数学联合竞赛试题及答案

２００５年全国初中数学联合竞赛试题及答案

２００５年全国初中数学联合竞赛决赛试题及答案

２００６年全国初中数学联合竞赛决赛试题及答案

答案：

２００７年全国初中数学联合竞赛决赛试题及答案

答案：

２００８年全国初中数学联合竞赛一试试题及答案

答案：

２００８年全国初中数学联合竞赛二试试题及答案

篇12：2018高中数学联赛试题

数学（理）2018.7

本试卷共5页，150分。考试时长120分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

一、选择题 共12小题，每小题5分，共60分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。

1．设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bcosC＋ccosB＝asinA，则△ABC的形状为()

A． 锐角三角形

B． 直角三角形 C． 钝角三角形

D． 不确定

2．在△ABC中,AD为BC边上的中线,E为AD的中点,则

=()

A．

B．

C．

D．

3．设a,b为非零向量,|b|=2|a|,两组向量x1,x2,x3,x4和y1,y2,y3,y4均由2个a和2个b排列而成.若x1·y1+x2·y2+x3·y3+x4·y4所有可能取值中的最小值为4|a|2,则a与b的夹角为()

A．

B．

C．

D． 0

=

2,那么动点M的轨迹必通过△ABC的（）4．在△ABC中,设A． 垂心

B． 内心

C． 外心

D． 重心 5．已知△ABC是正三角形,若a=是()

-λ

与向量的夹角大于90°,则实数λ的取值范围A． λ<

B． λ<2

C． λ>

D． λ>2

6．已知△ABD是边长为2的等边三角形,且,则||等于()

A．

B．

C．

D． 2

7．已知|a|=1,|b|=2,a与b的夹角为60°,则a+b在a上的投影为()

试卷第1页，总5页 A．

1B． 2

C．

D．

8．已知集合M={a|a=(1,2)+λ(3,4),λ∈R},N={a|a=(-2,-2)+λ(4,5),λ∈R},则M∩N等于（）A． {(1,1)}

B． {(1,1),(-2,-2)} C． {(-2,-2)}

D． ⌀

9．已知向量a,b满足|a|=1,a·b=-1,则a·(2a-b)=（）A．

4B．

3C． 2

D． 0

10．如图所示,A,B,C是圆O上的三点,且三等分圆周,若

=x

+y,则

()

A． x=y=-1

B． x=y=1

C． x=y=

D． x=y=-11．如右图:在平行六面体=.则下列向量中与

中，为AC与BD的交点，若

相等的向量是()

=，=，A．

B．

C．

D．

12．如图，已知圆M：（x﹣3）2+（y﹣3）2=4，四边形ABCD为圆M的内接正方形，E，F分别为边AB，AD的中点，当正方形ABCD绕圆心M转动时，（）的取值范围是

试卷第2页，总5页

A．

B．

C． [﹣6，6]

D． [﹣4，4]

试卷第3页，总5页

第II卷（非选择题）

二、填空题 共4小题，每小题5分，共20分。

13．在四边形ABCD中,积为_____.=(1,1)，则四边形ABCD的面14．已知菱形ABCD的边长为a,∠DAB=60°,=2,则的值为________.15．已知向量a=(1,m),b=(3,),若向量a,b的夹角为,则实数m的值为_____.16．已知向量a=(1,2),b=(2,0),c=(1,-2),若向量λa+b与c共线,则实数λ的值为_____.三、解答题 共6小题，17题10分，18-22题12分，共70分。解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程。

17．如图所示,在平面斜坐标系xOy中,∠xOy=60°,平面上任意一点P关于斜坐标系的斜坐标是这样定义的:若的斜坐标为(x,y).=xe1+ye2(其中e1,e2分别为x轴、y轴同方向的单位向量),则点P

(1)若点P在斜坐标系xOy中的斜坐标为(2,-2),求点P到原点O的距离.(2)求以原点O为圆心,1为半径的圆在斜坐标系xOy中的方程.18．已知正方形ABCD,E,F分别是CD,AD的中点,BE,CF交于点P.求证:

(1)BE⊥CF;(2)AP=AB．

19．如图,M是矩形ABCD的边CD上的一点,AC与BM交于点N,BN=BM.(1)求证:M是CD的中点;

试卷第4页，总5页(2)若AB=2,BC=1,H是BM上异于点B的一动点,求20．设向量a,b满足|a|=|b|=1,且|3a-2b|=(1)求a与b的夹角;(2)求|2a+3b|的大小.21．如图,在△OAB中,已知P为线段AB上的一点,.的最小值.=x·+y·.(1)若(2)若=3,求x,y的值;,||=4,|

|=2,且的夹角为60°时,求的值.22．已知向量=（sinx，cosx），=（sin（x﹣），sinx），函数f（x）=2•，g（x）=f（）．

（1）求f（x）在[，π]上的最值，并求出相应的x的值；（2）计算g（1）+g（2）+g（3）+…+g（2014）的值；（3）已知t∈R，讨论g（x）在[t，t+2]上零点的个数．

试卷第5页，总5页

参考答案

1．B 【解析】 【分析】

由正弦定理化边为角，再根据两角和正弦公式以及诱导公式化简得A为直角，即得选项.【详解】

∵bcosC＋ccosB＝asinA，由正弦定理得sinBcosC＋sinCcosB＝sin2A，∴sin(B＋C)＝sin2A，即sinA＝sin2A.又sinA>0，∴sinA＝1，∴A＝，故△ABC为直角三角形． 【点睛】

判断三角形形状的方法

①化边：通过因式分解、配方等得出边的相应关系，从而判断三角形的形状．

②化角：通过三角恒等变形，得出内角的关系，从而判断三角形的形状，此时要注意应用这个结论．

2．A 【解析】 【分析】

利用向量的线性运算法则化简求解.【详解】

如图,=-=-)==)=.故答案为：A

【点睛】

(1)本题主要考查向量的线性运算法则，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理能力.(2)平面向量的加法、减法和平行四边形法则，是平面向量线性运算的重要考点，要理解掌握并灵活运用.3．B 【解析】 【分析】

答案第1页，总15页

先设S=x1·y1+x2·y2+x3·y3+x4·y4,再讨论S中含有的的个数，若S的表达式中有0个a·b,则S=2a2+2b2,记为S1;若S的表达式中有2个a·b,则S=a2+b2+2a·b,记为S2;若S的表达式中有4个a·b,则S=4a·b,记为S3.再作差比较数量积公式求a与b的夹角.【详解】

设S=x1·y1+x2·y2+x3·y3+x4·y4,若S的表达式中有0个a·b,则S=2a2+2b2,记为S1;若S的表达式中有2个a·b,则S=a2+b2+2a·b,记为S2;若S的表达式中有4个a·b,则S=4a·b,记为S3.又|b|=2|a|，所以S1-S3=2a2+2b2-4a·b=2(a-b)2>0,S1-S2=a2+b2-2a·b=(a-b)2>0,S2-S3=(a-b)2>0,所以S3

(1)本题主要考查平面向量的数量积和模，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)解答本题的关键有两点，其一是先要讨论S中含有的是要利用作差法得到Smin=S3=4a·b.4．C 【解析】 【分析】

假设BC的中点是O,先化简已知得

2=2,即（）·

=0, 所以的个数得到，其二, 所以动点M的轨迹必通过△ABC的外心.【详解】

假设BC的中点是O,则即(所以)·=0，=（）·（）=2

=2, ,所以动点M在线段BC的中垂线上,所以动点M的轨迹必通过△ABC的外心.答案第2页，总15页

故答案为：C 【点睛】

（1）本题主要考查平面向量的数量积运算和向量的减法法则，考查向量垂直的表示，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)解答本题的关键是在于熟练掌握向量的运算法则.5．D 【解析】 【分析】

设正三角形的边长为m,由题得得a·<0,再利用已知和数量积公式化简即得m2-m2λ<0,解不等式得解.【详解】

由已知可得a·<0,即（-λ)·<0,因此|

|2-λ

<0,若设正三角形ABC边长为m,则有m2-m2λ<0,解得λ>2.故答案为：D 【点睛】

（1）本题主要考查平面向量的夹角公式和数量积的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)6．B 【解析】 【分析】

设AD的中点为E,证明四边形ABCE是平行四边形，再证明|【详解】

设AD的中点为E,则ABCE是平行四边形,连接BE,因为△ABD是边长为2的等边三角形,所以

|=|

|，求|

|即得解.的夹角大于90°，即；的夹角小于90°，即

.||=||=×2=，故答案为：B.【点睛】

答案第3页，总15页

(1)本题主要考查平面向量的平行四边形法则和共线向量，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)解答本题的关键是取AD的中点E,因为7．B 【解析】 【分析】

直接利用向量的投影公式求解.【详解】

中有.a+b在a上的投影为故答案为：B 【点睛】

=2.(1)本题主要考查向量的投影和数量积的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)在方向上的投影为8．C 【解析】 【分析】

.先设解.【详解】，再化简集合M得到，再化简集合N得到，解方程组即得设a=(x,y),对于M,(x,y)=(1,2)+λ(3,4),(x-1,y-2)=λ(3,4),.①

对于N,(x,y)=(-2,-2)+λ(4,5),(x+2,y+2)=λ(4,5),由①②解得x=-2,y=-2,故M∩N={(-2,-2)}.故答案为：C 【点睛】

.②

(1)本题主要考查向量的坐标运算和集合的交集运算，意在考查学生对这些知识的掌握水平

答案第4页，总15页

和分析推理能力.(2)本题解题的关键有两点，其一是设，因为向量是运动变化的,其二是化简集合M和N，分别得到9．B 【解析】 【分析】

直接利用向量的数量积公式化简求解.【详解】

a·(2a-b)=2a2-a·b=2-(-1)=3.故答案为：B 【点睛】

和.(1)本题主要考查平面向量的数量积和模的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)10．A 【解析】 【分析】 以为邻边作平行四边形OBDA,根据平行四边形法则即得x,y的值.,这些公式要理解掌握并灵活运用.【详解】 以

故答案为：A 【点睛】

本题主要考查平面向量平行四边形法则和共线向量，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.11．A 【解析】 【分析】 为邻边作平行四边形OBDA,已知

=0,所以

=-,因此x=y=-1.答案第5页，总15页

由题意可得

化简得到结果．

【详解】

由题意可得

故答案为：A 【点睛】

本题主要考查向量的加法减法法则,意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.12．C 【解析】 【分析】

根据圆的方程，求出【详解】

因为圆M：（x﹣3）2+（y﹣3）2=4，圆心的坐标（3，3）半径为2，所以|ME|=∴=，|OM|=

3，=

=，∵的取值范围是[﹣6，6]．，的模长关系与夹角，利用向量数量积求得取值范围。

=6cos（π﹣∠OME）∈[﹣6，6]，【点睛】

本题考查了向量数量积的简单应用，根据向量的模长求得数量积的取值范围，属于基础题。13．

【解析】 【分析】

先推理得到四边形ABCD为平行四边形,且|

|=|

|=,再根据已知得到四边形ABCD为菱形,再求出三角形BCD的面积，最后计算出四边形ABCD的面积.【详解】

答案第6页，总15页

由=(1,1),可知四边形ABCD为平行四边形,且||=||=,因为,所以可知平行四边形ABCD的角平分线BD平分∠ABC,四边形ABCD为菱形,其边长为,且对角线BD长等于边长的倍,即BD=,则CE2=()2-,即CE=,所以三角形BCD的面积为,所以四边形ABCD的面积为2×故答案为：【点睛】.(1)本题主要考查共线向量和向量的线性运算，考查三角形的面积的求法，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)表示与向量方向相同的单位向量.14．

【解析】 【分析】

先计算出【详解】 =-a2，再计算出

=()·()=-.∵=2,∴.∵菱形ABCD的边长为a,∠DAB=60°, ∴||=||=a，=|∵∴|||cos 120°=-a2., =()·()

答案第7页，总15页

=·()

=-

=-a2+a2+a2=-.故答案为：【点睛】

(1)本题主要考查向量的线性运算法则，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理能力.(2)平面向量的加法、减法和平行四边形法则，是平面向量线性运算的重要考点，要理解掌握并灵活运用.15．

【解析】 【分析】

先利用坐标运算求出a·b=3+(3+m)2=[

m,再利用向量的数量积公式得a·b=,再解方程]2即得实数m的值.【详解】 因为a·b=3+m，且a·b=2所以(3+m)2=[cos

]2, ，解得m=-.故答案为：-【点睛】

答案第8页，总15页

（1）本题主要考查向量的数量积计算，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理能力。（2）向量16． 【解析】 【分析】

先求出λa+b的坐标，再根据向量λa+b与c共线得到-2(λ+2)-2λ=0,即得λ的值.【详解】

由题可知λa+b=(λ+2,2λ),又λa+b与c共线,所以-2(λ+2)-2λ=0,所以λ=-1.故答案为：-1 【点睛】

（1）本题主要考查向量的坐标运算和向量共线的坐标表示，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)向量17．（1）2；（2）【解析】 【分析】

(1)先根据点P的斜坐标得到设圆上动点M的斜坐标为(x,y),【详解】

(1)因为点P的斜坐标为(2,-2), 所以所以|

=2e1-2e2，|=2,即点P到原点O

=2e1-2e2, 再平方求出|

|2=4，即点P到原点O的距离为2（.2）

与向量

共线，则

.，则

.=xe1+ye2,再平方化简得所求圆的方程为x2+y2+xy=1.|2=(2e1-2e2)2=4-8e1·e2+4=8-8×1×1×cos 60°=8-4=4,所以|的距离为2.(2)设圆上动点M的斜坐标为(x,y), 则=xe1+ye2,所以(xe1+ye2)2=1，则x2+2xye1·e2+y2=1,即x2+y2+xy=1, 故所求圆的方程为x2+y2+xy=1.【点睛】

答案第9页，总15页

（1）本题主要考查新定义和向量的数量积运算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)对于新定义要先理解清楚它的内涵外延，再利用它来解题.18．（1）见解析；（2）见解析 【解析】 【分析】

(1)如图建立平面直角坐标系xOy,其中A为原点,不妨设AB=2,则 A(0,0),B(2,0),C(2,2),E(1,2),F(0,1)，再求出

和的坐标，再计算得

=0即证

BE⊥CF.(2)设P(x,y),再根据已知求出P【详解】，再求=4=，即证明AP=AB.如图建立平面直角坐标系xOy,其中A为原点,不妨设AB=2，则A(0,0),B(2,0),C(2,2),E(1,2),F(0,1).(1)=(1,2)-(2,0)=(-1,2), =(0,1)-(2,2)=(-2,-1)，∵∴=(-1)×(-2)+2×(-1)=0, ,即BE⊥CF.(2)设P(x,y),则=(x,y-1),=(-2,-1).∵同理由,∴-x=-2(y-1),即x=2y-2.,得y=-2x+4,代入x=2y-2，解得x=,∴y=,即P.∴=4=，答案第10页，总15页

∴||=||,即AP=AB.【点睛】

（1）本题主要考查向量的坐标表示和坐标运算，考查向量垂直和平行的坐标表示，考查模的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力（.2）向量则19．（1）见解析；（2）0 【解析】 【分析】

.，(1)设=m=n,再根据向量的线性运算化简=,再求出=(1-n)+n,解方程组所以=m,即M是CD的中点.（2）先利用向量的数量积和向量的线性运算求得数求出函数的最小值.【详解】(1)设=m=n，==-,再利用二次函由题意知)

=又+m)=+n，+n()

=(1-n)+n，∴

答案第11页，总15页

∴=m,即M是CD的中点.(2)∵AB=2,BC=1,M是CD的中点, ∴MB=∴=-|=|||||,∠ABM=45°, =()·=-（|2)·=--|

|2

|cos(180°-∠ABH)-||cos 45°-||2

=又0<||-||≤|2=-,∴当||=, ,即H与M重合时,取得最小值,且最小值为0.【点睛】

(1)本题主要考查向量的线性运算和基底法，考查向量的数量积计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)对于平面内的不共线的向量量总可以表示成，其中

是基底.，则平面的任意一个向20．（1）；（2）【解析】 【分析】

(1)设a与b的夹角为θ,化简|3a-2b|=公式求|2a+3b|=【详解】

=

.得θ=,即a与b的夹角为.（2）利用向量模的计算(1)设a与b的夹角为θ.由已知得(3a-2b)2=7,即9|a|2-12a·b+4|b|2=7,因此9+4-12cos θ=7,于是cos θ=,故 θ=,即a与b的夹角为.(2)|2a+3b|==

答案第12页，总15页

=.【点睛】

（1）本题主要考查向量的模和数量积的运算，考查向量模的求法，意在考察学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2),则

.21．（1）【解析】 【分析】 ；（2）

(1)利用向量的线性运算化简得,即x=,y=.（2）先求出再计算【详解】(1)∵∴, ,即2，·()=.∴(2)∵=3,∴,即x=,y=.=3

+3,即4

+3，∴.∴x=,y=.·()

=

=×22-×42+×4×2×=-9.【点睛】

(1)本题主要考查向量的线性运算和基底法，考查向量的数量积计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)对于平面内的不共线的向量

答案第13页，总15页，则平面的任意一个向

量总可以表示成22．(1).，其中是基底.(2).(3)g（x）2个零点.【解析】 【分析】

（1）根据向量的坐标运算，求出f（x）的表达式，再根据定义域求出最值及相应的自变量。（2）根据三角函数表达式，求出三角函数的变化周期及函数值，代入求解。（3）跟雷讨论在t取不同范围时，交点的个数问题。【详解】

（1）f（x）=2•=2sinxsin（x﹣）+2sinxcosx=

sin2x+sin2x

=sin2x﹣cos2x+=sin（2x﹣）+，∵x∈[，π]，∴≤2x﹣≤，∴﹣1≤sin（2x﹣）≤，f（x）最小值为 ﹣1，f（x）最大值为 ．

（2）由（1）得，f（x）=sin（2x﹣）+．∴g（x）=f（）=sin（x﹣）+．T=4，∴g（1）+g（2）+g（3）+g（4）=g（5）+g（6）+g（7）+g（8）=…=g（2009）+g（2010）+g（2011）+g（2012）．g（1）+g（2）+g（3）+g（4）=，g（1）+g（2）+g（3）+…+g（2014）=503×+g（1）+g（2）=1006+=.（3）g（x）在[t，t+2]上零点的个数等价于y=sin（x﹣）与y=﹣同一直角坐标系内作出这两个数的图象．

两图象交点个数．在答案第14页，总15页

当4k＜t＜+4k，k∈Z时，由图象可知，y=sin（x﹣）与y=﹣零点

两图象无交点，g（x）无当+4k≤t＜2+4k或1个零点 +4k＜t≤4+4k时，y=sin（x﹣）与y=﹣两图象1个交点，g（x）当2+4k≤t≤【点睛】 +4k时，y=sin（x﹣）与y=﹣两图象2个交点，g（x）2个零点.本题考查了向量与三角函数的综合应用，注意分类讨论时t的不同取值情况，属于难题。

篇13：赏析高中数学联赛中的复数问题

复数具有代数形式、三角形式、指数形式等多种表述方式，所蕴含的实际意义是以新的视角、新的途径沟通了代数、三角和几何等内容之间的联系，由此，该知识点是各类考试（尤其是数学联赛和自主招生）选拔优秀学生的的一个重要内容。

一、复数知识

（一）复数的表示形式与运算

代数形式：

三角形式：

指数形式：

题1（2013年四川8）已知 是虚数单位， ，把复数 的共轭复数记为 ，则 =_________.

解 ，由周期性知每相邻4个数的和为0，则 ， ，

题2（2010年浙江15）设 是虚数， ，则 的实部取值范围为_____

解 法一：设 ， ，由题意 是实数，

则 ，得

①当 时， ，无解

②当 时， ，得

法二：由复数除法的几何意义知 表示的点与 表示的点关于 轴对称，且到原点的距离都为1，由加法的几何意义知 是以 为邻边的菱形的对角线，又 是实数，则 的实部是 的实部的2倍，所以 的实部取值范围为 。

（二）复数的模与共轭复数

题3（2014年山东7）已知 ，则 的值为_______

解 由乘法的性质知 ， ，

题4（2011年湖北5）设 是模为2的复数，则 的最大值与最小值的和为_________

解 由 ，知 ，

，故

其最大值为 ，最小值为 。故所求为4。

（三）复数的单位根

题5（2010年山东7）已知 为复数， 为虚数单位。若 ，则当 为实数时， 的最小值为（ ）

A. B.3 C. D.

解 法一：设 ，由题意 ， 得 ，则

， 表示辅角为60°或120°的复数，至少当 时 为实数，所以

法二：由复数及其加法的几何意义知 ， 的终点在单位圆上， 与 关于 轴对称且在单位圆上，因为 ，则 与 夹角为-60°或240°， 的辅角为60°或120°， 略

二、复数方法

（一）复数在代数中的应用

题6（2012年天津9）如果复数 满足 ，且 ，其中 为实数，则 的最大值是________

解 法一： ，则 ，求 的最大值，可以借助线性规划求解，代表单位圆的动点 ，求 的最大值，转化为相切的问题即得

法二：令 ，则 ，所以最大值为

法三：由不等式 ，得最大值为

（二）复数在几何中的应用

题7（2012年辽宁7）设

，则 在复平面内所对应区域的面积是__________

解 ，设 ，则有 ，

。

易知 ，故 ，所以复数 对应的点形成的区域是以点（7，8）为圆心，4为半径的圆面，其面积为 。

三、近五年各省对复数考查情况

在預赛中考查的省份有：山西、吉林、福建、江西、河南、陕西、甘肃、贵州，我们不难发现今年考查的比重频率有上升趋势，考查基本计算和灵活应用性质和几何意义居多，尤其是14年在全国联赛一试中已经以解答题的形式出现，让很多人无从下手，笔者预测15年各省预赛试题中将会大面积的出现复数的考查，这势必要引起考生和教师的注意。

练习题

1.（2011年湖南5）已知复数 满足 ，复数 的虚部为2，则 为实数的条件是 _________

2.（2012年山东6）设 为一对不相等的共轭复数，且 ， 为实数，则 的值为（）

3.（2013年辽宁3）设 均为非零复数，令 ，若 ，则 的值为（ ）

4.（2012年湖南4）设实数 ，如果复平面上的动点 满足 则动点 的轨迹是（ ）

5.（2013年安徽6）设复数 满足 的实部与虚部之比为 ，其中 是虚数单位， ，则 的最大值为________

6.（2014年全国11）确定所有的复数 ，使得对任意复数 均有

附答案：1. 2.3 3. 4.焦距为4的椭圆 5. 6.

参考文献：

[1]2011年高中数学联赛备考手册[M].华东师范大学出版社，2010.

[2]2012年高中数学联赛备考手册[M].华东师范大学出版社，2011.

[3]2013年高中数学联赛备考手册[M].华东师范大学出版社，2012.

[4]2014年高中数学联赛备考手册[M].华东师范大学出版社，2013.

[5]2015年高中数学联赛备考手册[M].华东师范大学出版社，2014.

篇14：2018高中数学联赛试题

座号_____

姓名__________

分数__________

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）

1． 实数x，y满足不等式组，则下列点中不能使u=2x+y取得最大值的是（）

A．（1，1）B．（0，3）C．（，2）D．（，0）

7等于（）411A．

B．

C．-5

D．5 552． 已知的终边过点2,3，则tan3． 已知||=3，||=1，与的夹角为，那么|﹣4|等于（）

A．2 B． C． D．13

4． 已知x,y,z均为正实数，且2xlog2x，2ylog2y，2zlog2z，则（）

A．xyz

B．zxy

C．zyz

D．yxz 5． 如图在圆O中，AB，CD是圆O互相垂直的两条直径，现分别以OA，OB，OC，OD为直径作四个 圆，在圆O内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是（）

A D O B C A．1

B．1111

1C．

D． 2242

【命题意图】本题考查几何概型概率的求法，借助圆这个载体，突出了几何概型的基本运算能力，因用到圆的几何性质及面积的割补思想，属于中等难度． 6． 下列判断正确的是（）

第 1 页，共 19 页 A．①不是棱柱 B．②是圆台C．③是棱锥D．④是棱台 7． 已知复数z满足（3+4i）z=25，则=（）A．3﹣4i B．3+4i C．﹣3﹣4i D．﹣3+4i 的图象，只需把函数y=sin3x的图象（）

B．向左平移D．向左平移

个单位长度 个单位长度

8． 为了得到函数A．向右平移C．向右平移个单位长度 个单位长度

9． 如图是某几何体的三视图，正视图是等腰梯形，俯视图中的曲线是两个同心的半圆组成的半圆环，侧视图是直角梯形．则该几何体表面积等于（）

A．12+ B．12+23π C．12+24π D．12+π

10．设集合U1，2，3，4，AxNx25x40，则CUA等于（）

3，4 A．1，2

B．1，4

C．2，4

D．1，11．二项式(x+1)(n?N)的展开式中x项的系数为10，则n=（）A．5

B．6

C．8

D．10 【命题意图】本题考查二项式定理等基础知识，意在考查基本运算能力． 12．某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）n*3

A． B．8 C． D．16

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填写在横线上）

第 2 页，共 19 页 13．一个正四棱台，其上、下底面均为正方形，边长分别为2cm和4cm,侧棱长为2cm,则其

表面积为__________cm2.14．从等边三角形纸片ABC上，剪下如图所示的两个正方形，其中BC=3+的最小值为

．，则这两个正方形的面积之和

15．已知函数f(x)asinxcosxsinx___________．

【命题意图】本题考查三角变换、三角函数的对称性与最值，意在考查逻辑思维能力、运算求解能力、转化思想与方程思想．

16．如图，在棱长为的正方体ABCDA1B1C1D1中，点E,F分别是棱BC,CC1的中点,P是侧

21的一条对称轴方程为x，则函数f(x)的最大值为26AEF,则线段A1P长度的取值范围是_________.面BCC1B1内一点，若AP1平行于平面

三、解答题（本大共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）

17．（本题满分13分）已知圆C1的圆心在坐标原点O，且与直线l1：x2y60相切，设点A为圆上 一动点，AMx轴于点M，且动点N满足ON（1）求曲线C的方程；

（2）若动直线l2：ykxm与曲线C有且仅有一个公共点，过F1(1,0)，F2(1,0)两点分别作F1Pl2，131OA()OM，设动点N的轨迹为曲线C.232F1Ql2，垂足分别为P，Q，且记d1为点F1到直线l2的距离，d2为点F2到直线l2的距离，d3为点P

到点Q的距离，试探索(d1d2)d3是否存在最值？若存在，请求出最值.第 3 页，共 19 页

18．如图，在四棱锥 PABCD中，底面ABCD是平行四边形，ADC45,ADAC1,O 为AC的中点，PO平面ABCD，PO2,M为 BD的中点.（1）证明: AD平面 PAC；

（2）求直线 AM与平面ABCD所成角的正切值.19．（本题满分15分）

22xyx2设点P是椭圆C1:过点P作椭圆的切线，与椭圆C2:221(t1)交于A，y21上任意一点，4tt4B两点．

（1）求证：PAPB；

（2）OAB的面积是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．

【命题意图】本题考查椭圆的几何性质，直线与椭圆的位置关系等基础知识，意在考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力．

第 4 页，共 19 页

20．（本题满分12分）在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1ADa，E是棱CD上的一点，P是棱AA1 上的一点.（1）求证：AD1平面A1B1D；（2）求证：B1EAD1；

（3）若E是棱CD的中点，P是棱AA1的中点，求证：DP//平面B1AE.21．（本小题满分13分）

x2y21的上、下顶点分别为A,B，点P在椭圆上，且异于点A,B，直线AP,BP 如图，已知椭圆C:4与直线l:y2分别交于点M,N，（1）设直线AP,BP的斜率分别为k1,k2，求证：k1k2为定值；（2）求线段MN的长的最小值；

第 5 页，共 19 页（3）当点P运动时，以MN为直径的圆是否经过某定点？请证明你的结论．

【命题意图】本题主要考查椭圆的标准方程及性质、直线与椭圆的位置关系，考查考生运算求解能力，分析问题与解决问题的能力，是中档题.22．（本小题满分12分）

已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Snn2an(nN*)．（1）证明：数列{an1}为等比数列，并求数列{an}的通项公式；

n2n2015的（2）数列{bn}满足bnanlog2(an1)(nN*)，其前n项和为Tn，试求满足Tn2最小正整数n．

【命题意图】本题是综合考察等比数列及其前n项和性质的问题，其中对逻辑推理的要求很高.第 6 页，共 19 页 迎江区高中2018-2019学年上学期高三数学10月月考试题（参考答案）

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）

1． 【答案】 D 【解析】解：由题意作出其平面区域，将u=2x+y化为y=﹣2x+u，u相当于直线y=﹣2x+u的纵截距，故由图象可知，使u=2x+y取得最大值的点在直线y=3﹣2x上且在阴影区域内，故（1，1），（0，3），（而点（故选D．，2）成立，0）在直线y=3﹣2x上但不在阴影区域内，故不成立；

第 7 页，共 19 页

【点评】本题考查了简单线性规划，作图要细致认真，注意点在阴影区域内；属于中档题．

2． 【答案】B 【

解

析

】考点：三角恒等变换．

第 8 页，共 19 页 3． 【答案】C，【解析】解：||=3，||=1，与的夹角为可得=||||cos＜，＞=3×1×=，=． 即有|﹣4|==故选：C．

【点评】本题考查向量的数量积的定义和性质，考查向量的平方即为模的平方，考查运算能力，属于基础题．

4． 【答案】A 【解析】

考点：对数函数，指数函数性质． 5． 【答案】C

【解析】设圆O的半径为2，根据图形的对称性，可以选择在扇形OAC中研究问题，过两个半圆的交点分别向OA，OC作垂线，则此时构成一个以1为边长的正方形，则这个正方形内的阴影部分面积为

1，扇形2OAC的面积为，所求概率为P26． 【答案】C

111． 2【解析】解：①是底面为梯形的棱柱； ②的两个底面不平行，不是圆台； ③是四棱锥； ④不是由棱锥截来的，故选：C．

第 9 页，共 19 页

7． 【答案】B 解析：∵（3+4i）z=25，z=∴=3+4i． 故选：B．

8． 【答案】A =

=3﹣4i．

个单位长度，可得y=sin3（x﹣）=sin（3x﹣）的图象，【解析】解：把函数y=sin3x的图象向右平移

故选：A．

【点评】本题主要考查函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，属于基础题．

9． 【答案】C 【解析】解：根据几何体的三视图，得； 该几何体是一半圆台中间被挖掉一半圆柱，其表面积为

S=[×（2+8）×4﹣2×4]+[×π•（42﹣12）+×（4π×=12+24π． 故选：C．

﹣π×）+×8π] 【点评】本题考查了空间几何体三视图的应用问题，也考查了空间想象能力与计算能力的应用问题，是基础题目．

10．【答案】B 【解析】

3，于是CUA1，4． 试题分析：由x25x401x4，由于xN，所以A2，考点：集合基本运算．

【易错点晴】集合的三要素是：确定性、互异性和无序性.研究一个集合，我们首先要看清楚它的研究对象，是实数还是点的坐标还是其它的一些元素，这是很关键的一步.第二步常常是解一元二次不等式，我们首先用十字相乘法分解因式，求得不等式的解集.在解分式不等式的过程中，要注意分母不能为零.元素与集合之间是属于和不属于的关系，集合与集合间有包含关系.11．【答案】B

3n=5，故选A． 【解析】因为(x+1)(n?N)的展开式中x项系数是C3n，所以Cn=10，解得n*312．【答案】B

第 10 页，共 19 页 【解析】解：由三视图知：几何体是三棱柱，且三棱柱的高为4，底面是直角边长为2的等腰直角三角形，∴几何体的体积V=×2×2×4=8． 故选：B．

【点评】本题考查了由三视图求几何体的体积，判断几何体的形状及数据所对应的几何量是解答此类问题的关键．

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填写在横线上）

13．【答案】12320 【解析】

考点：棱台的表面积的求解.14．【答案】 ．

【解析】解：设大小正方形的边长分别为x，y，（x，y＞0）． 则+x+y+=3+，化为：x+y=3．

22则x+y=，当且仅当x=y=时取等号．

∴这两个正方形的面积之和的最小值为． 故答案为：．

15．【答案】1

第 11 页，共 19 页 【解析】

32,5， 16．【答案】42【解析】

第 12 页，共 19 页

考点：点、线、面的距离问题.【方法点晴】本题主要考查了点、线、面的距离问题，其中解答中涉及到直线与平面平行的判定与性质，三角形的判定以及直角三角形的勾股定理等知识点的综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，同时考查了学生空间想象能力的训练，试题有一定的难度，属于中档试题.三、解答题（本大共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）

17．【答案】

【解析】【命题意图】本题综合考查了圆的标准方程、向量的坐标运算，轨迹的求法，直线与椭圆位置关系；本题突出对运算能力、化归转化能力的考查，还要注意对特殊情况的考虑，本题难度大.第 13 页，共 19 页（2）由（1）中知曲线C是椭圆，将直线l2：ykxm代入 椭圆C的方程3x4y12中，得 22

(4k23)x28kmx4m2120

由直线l2与椭圆C有且仅有一个公共点知，64k2m24(4k23)(4m212)0，22整理得m4k

3…………7分

|mk||mk|且d1，d2

221k1k1当k0时，设直线l2的倾斜角为，则d3|tan||d1d2|，即d3|d1d2| kdd2dd24|m|||1|∴(d1d2)d3(d1d2)|1 2kk1k22第 14 页，共 19 页 4|m|16

…………10分 1m231|m||m|422∵m4k3

∴当k0时，|m|3 ∴|m|1143，∴(d1d2)d343……11分 3|m|332当k0时，四边形F1F2PQ为矩形，此时d1d23，d32

∴(d1d2)d323243

…………12分

综上1、2可知，(d1d2)d3存在最大值，最大值为

43……13分 18．【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】111]

25． 5考点：直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角.【方法点晴】本题主要考查了直线与平面垂直的判定、直线与平面所成角的求解，其中解答中涉及到直线与平面垂直的判定定理与性质定理、直线与平面所成角的求解等知识点综合考查，解答中熟记直线与平面垂直的判

第 15 页，共 19 页 定定理和直线与平面所成角的定义，找出线面角是解答的关键，注重考查了学生的空间想象能力和推理与论证能力，属于中档试题.19．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.∴点P为线段AB中点，PAPB；…………7分

（2）若直线AB斜率不存在，则AB:x2，与椭圆C2方程联立可得，A(2,t21)，B(2,t21)，2故SOAB2t1，…………9分

若直线AB斜率存在，由（1）可得

1k2t218km4m24t22x1x22，x1x2，AB1kx1x24，…………11分 224k14k14k1点O到直线AB的距离d∴SOABm1k24k211k2，…………13分

1ABd2t21，综上，OAB的面积为定值2t21．…………15分 220．【答案】

【解析】【命题意图】本题综合考查了线面垂直、线线垂直、线面平行等位置关系的证明，对空间想象能力及逻辑推理有较高要求，对于证明中辅助线的运用是一个难点，本题属于中等难度.第 16 页，共 19 页

21．【答案】

【解析】（1）易知A0,1,B0,1，设Px0,y0，则由题设可知x00， 直线AP的斜率k1y01y1，BP的斜率k20，又点P在椭圆上，所以 x0x0

（4分）22x0y01y01y011y01，x00，从而有k1k22.4x0x0x04第 17 页，共 19 页

22．【答案】

【解析】（1）当n1时,a112a1，解得a11.当n2时，Snn2an，①

②

（3分）（1分）

Sn1(n1)2an1，①-②得，an12an2an1即an2an11，即an12(an11)(n2)，又a112.第 18 页，共 19 页 所以an1是以2为首项，2为公比的等比数列.即an12n故an2n1（nN*）.（5分）